đề thi năng khiếu lần 3 năm học 20202021

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (646.52 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2020-2021 
Mơn: Tốn 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (3 điểm)

a) Giải phương trình 2

2
1

2 2 log

x x x x x

x

      

  

  với x1.

b) Tính nguyên hàm 2

(x 1) ln xdx



c) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi . M N; là trung điểm
;

SA BC. Xét mặt phẳng ( )P qua MN và song song với đường thẳng BD Tìm thiết diện .
của ( )P và hình chóp S ABCD . .

Câu 2. (1,5 điểm) Cho dãy số thực { }xn xác định bởi
1

1
3

21 2x 6

n n

x

x 





  

 với mọi n1, 2,...

Chứng minh rằng dãy số { }xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3. (2,5 điểm)

a) Tìm các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện: f((1 f x( )). ( ))f y  y xf y( )
;

x y

 

b) Cho trước số nguyên dương .n Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho n

3kn 1(mod 11 )n và 5kn 1(mod 11 )n .

Câu 4. (2 điểm)

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp ( )O . Giả sử tia AB cắt DC tại E, tia BC cắt AD tại F,
đường thẳng AC cắt đường thẳng EF tại G . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEG cắt 
lại ( )O tại K khác .A

a) Chứng minh rằng KD đi qua trung điểm I của EF.

b) Giả sử EF lần lượt cắt BD, đường tròn ngoại tiếp tam giác IAC tại H J J; ( I).
Chứng minh rằng OH OJ .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1:

a)

Biến đổi phương trình (1) ta được 2x1log (3 x 1) 2x2xlog (3 x2x) (được tách do x1)

Xét hàm số f t( )2t log3t với t(0;). Ta có '( ) 2 .ln 2 1 0
.ln 3

t

f t

t

  

Như vậy 2 2

( 1) ( ) 1 1.

f x  f x    x x x   x x (loại)

Vậy phương trình vơ nghiệm.

b)

Theo cơng thức ngun hàm từng phần với ln x2
( 1) x
u

dv x d





 

 ;ta có:

2 3 3

3 2

3 3

1 1 1

( 1) ln xdx ln x . x

3 3

1 1

ln x 1 x

3 3

1 1

ln x

3 9

x x x x x d

x

x x x d

x x x x C

   

       

   

   

      

   

 

     

 



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Kẻ NH song song với BD; cắt AD ở P và AB ở L . Nối MP cắt SD ở K và ML
cắt SB ở Q. Khi đó thiết diện là MQNHK .

Câu 2:

Bằng quy nạp ta chứng minh được xn 3 và xn 5.

Ta có x2 x1 và

2 2

1 1

1
1

1 1 1

(21 2 6) (21 2 2 6) 2 6 2 6
0

n n n n

n n

n n n n n n

x x x x

x x
x x

x x x x x x

 




  

       



    

   theo

nguyên lý quy nạp.

Như vậy dãy đã cho tăng và bị chặn trên bởi 5; suy ra dãy có giới hạn hữu hạn.

Đặt limL ta có L 21 2L6 .

Bình phương hai lần (hoặc sử dựng liên hợp) ta được L5.

Câu 3:

a) f((1 f x( )). ( ))f y  y xf y( ) (1)
Từ (1) thay x0 ta được f((1 f(0)) ( ))f y   y; y (2)
Giả sử f a( ) f b( ), thay vào (2) ta được a b . Như vậy f là đơn ánh

tồn tại x (1 f(0)) ( )f y sao cho f x( )y. suy ra f là toàn ánh, dẫn tới f là song ánh. Vì
thế tồn tại c sao cho f (c)0. Từ (1) cho yc được f (0)c

Từ (1) cho x y 0 ta được f((1c c) )0

Vậy f((1c c) ) f c( ), mà f là đơn ánh nên (1c c)    c c 0 f(0)0
Từ (1) cho x0 ta dược f f y( ( ))  y, y (3)
Từ (1) thay x bởi f (x), thay y bởi f (y) và sừ dụng (3) ta có:

( (1 )) ( ) ( ), ,

f y x  f y yf x x y (4)
Từ (4), cho x 1, sừ dụng f(0)0 và dặt a  f( 1) ta được : ( )f y ay, y
Thay vào (3) và đồng nhất ta được a {1; 1}

a) Ta sẽ chứng minh (11 )
2

n

k 

+) Thật vậy, đầu tiên ta chứng minh thỏa mãn điều kiện đồng dư.

Ta có: 3  11 5  11 1 mod11





n n

n

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Với

 

1 1





11n 11n 11n 10.11n kn 5.11n

        

 11 1





10.11

3 3 1 mod11

n n

n

 

  



3kn 1 3



kn 1 11



n

  

Và



5kn 1 5



kn 1 11



n

Ta cũng có 5 5

3 5 1( mod11)

5 5

3t 5t 1( mod11)

  

Vì vậy 1

5.11n : 5

n

k  

3kn 1:11n

  và 5kn 1:11n

+) Ta chứng minh k là số nhỏ nhất. n

Gọi hn kn là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho 5hn 1 mod11



n



5h tn 1 mod11



n



Vì 5kn 1( mod11) và

n

h là số nhỏ nhất nên hn kn 5 11. n 1;kn h tn.

 

∣
5.11r
n
h

  với 0  r n 1 (ta cần 5 ở h vì n 55t1 : 11).

Để ý rằng: 5.11



5.11 1



11
5 r  1 5 r 1



    

1 10 1 9

 

1 0

5.11 5.11 5.11 5.11

5 r 1  5 r 5 r 5 r 

     

 

Vì 5k t2 555.t 1 mod11





1 1
r

   thì 55.11r1 1 mod11







5.11 1

 

10 5.11 1





5.11 1





2

 

10 2



10 9

5 r 5 r 5 r 11 q 1 11 q 1

         





1 1

1 11 Q 11 11. 11.Q 1

     

Làm tương tự đến



5.11



1 2 1

5  1 11r (11.Q 1) 11  p 11r (11.Q1)

Để chia hết cho 11n   r 1 n
1

min 1 5.11

n

n n

r n h  k

     

Làm tương tự trong trường hợp 3hn, ta có kết quả: 5.11n 2

n

h   . Nhưng k thỏa mãn cả n
hai điều kiện 3kn và 5kn 1 mod11



n



.

Như vậy k phải bằng n 5.11n1 và ta có đpcm.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a)

Giả sử KDEF tại I, ta chứng minh I là trung điểm EF

+) IEK  GAK K( (AEG)) IDE K( ( ))O nên IEK ~ IDE

Dẫn tới IE2 ID IK.

+) Ta có K là điểm Miquel của tứ giác toàn phần EBCGAF do K thuộc (ABC), (AEG)
nên K(FCG). Từ đó, ta được IFK  ACK  ADK K( ( ))O

IDF

  nên IFK ~IDF, dần tối 2 2
.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Gọi L là giao điểm của AC B; D. theo định lý Brocard, OLEF HJ nên yêu cầu bài toán
tương đương chứng minhLH LJ. Gọi M là trung điểm A C. Do (AC LG, ) 1 nên

\( )

G IAC

GM GL GA GC  GI GJ nên tứ giácMLIJ nội tiếp. Suy ra LJH  GMI

- Do K là giao điểm của (GAE), (GCF) nên tồn tai phép vị tự quay tâm K sao cho
:AE C, F mà M;I là trung diểm AC; EF nên : M I dẫn tới K(GMI). Suy ra

GMI GKD

  

- Do (HG EF, ) 1 nên IH IG IE2 ID IK nên tứ giác KDGH nội

tiếp. Suy ra LHJ  GKD GMI LJH hay LHJ cân tai L

Câu 5:

Bốn điểm xác định định 2
4

C 6 đường thẳng. Suy ra từ mỗi điểm trong những đã cho có thể kẻ
được 6 đường vng góc, vậy tổng cộng là 30 đường vng góc. Số lượng những điểm cắt nhau
những đường vng góc này là 2

30 435.

C  Số lượng này phải trừ đi những điểm sau:

- Số lượng những điểm không tính trong mỗi cặp năm điểm đã cho, nghĩa là 5C62 75 (điểm).

- Từ hai điểm hạ đường vuông góc xuống cùng một đường đường thẳng thì chúng song song với
nhau và không cắt nhau, ta gọi những điểm này là những điểm bị mất. Số lượng những điểm bị
mất từ những đường thẳng song song và vng góc với các đường thẳng đi qua (5 2) 3
(điểm) còn lại. Suy ra mất đi 2

3 3

C  (điểm). Vậy tổng mất đi 3 C 25 30 (điểm).

- Căp năm điểm đã cho lấy theo bộ ba xác định 3
5 10

C  (tam giác). Tại mỗi trực tâm mất đi hai
điểm hay là tổng số mất đi 20 điểm.

</div>